轮复习高考仿真模拟卷三附答案Word格式文档下载.docx

1、A.粒子运动到C点时的动能为3EkB.沿x轴从O点到C点,电势一直在降低C.粒子从O点到C点,先做加速,后做减速D.粒子在AB段电势能变化量大于BC段变化量19.（2015东阳模拟）如图所示,固定的光滑倾斜杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连,弹簧的下端固定在水平地面上的A点,开始弹簧恰好处于原长h.现让圆环由静止沿杆滑下,滑到杆的底端（未触及地面）时速度恰好为零.则以下说法正确的是（）A.在圆环下滑的过程中,圆环、弹簧和地球组成的系统机械能守恒B.在圆环下滑的过程中,弹簧的弹性势能先减小后增大C.在圆环下滑的过程中,当弹簧再次恢复原长时圆环的动能最大D.在圆环下滑到杆

2、的底端时,弹簧的弹性势能为mgh20.如图所示,A,B两球分别套在两光滑无限长的水平直杆上,两球通过一轻绳绕过一定滑轮（轴心固定不动）相连,某时刻连接两球的轻绳与水平方向的夹角分别为,A球向左的速度为v,下列说法正确的是（）A.此时B球的速度为 vB.此时B球的速度为C.当增大到等于90时,B球的速度达到最大,A球的速度为0D.在增大到90的过程中,绳对B球的拉力一直做正功非选择题部分三、非选择题（本题共5题,共78分）21.（10分）某同学探究一个额定电压2.2 V、额定功率1.1 W的小灯泡两端的电压与通过灯泡的电流的关系.器材为电源（电动势3 V）、开关、滑动变阻器、电压表、电流表、小灯

3、泡、导线若干.（1）为了达到上述目的,请将图（甲）连成一个完整的实验电路图.要求所测电压范围为02.2 V.（2）根据实验数据得到了如图（乙）所示小灯泡的UI图象.电压从0.4 V增至1.2 V的过程中小灯泡的阻值增加了.22.（10分）为了测量滑块和桌面之间的动摩擦因数,某同学设计了如图（甲）所示的实验装置,带滑轮的长木板水平放置,板上固定有两个光电门相距为L=0.5 m,滑块上遮光板宽度d用游标卡尺测得如图（乙）所示,质量为m=0.5 kg的滑块通过细线与重物P相连,通过力传感器获得细线的拉力F=3 N,让滑块由静止释放,记录滑块上的遮光板通过光电门1、光电门2所用的时间分别为t1=0.0

4、2 s,t2=0.01 s.（1）遮光板宽度为d= cm;（2）滑块的加速度表达式为（用题中所给符号表示）,滑块与桌面的动摩擦因数为 （保留两位有效数字,g取10 m/s2）;（3）如果实验中力传感器出现问题后被拆掉,该同学用重物P的重力Mg代替细线对滑块的拉力完成了实验,为使误差尽可能减小,应满足的实验条件是.23.（16分）如图（甲）所示,两根足够长的光滑金属导轨ab,cd与水平面成=30固定,导轨间距离为l=1 m,电阻不计,一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端,整个系统置于匀强磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂直,磁感应强度大小为B=1 T.现将一质量为m、电阻可以忽

5、略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放.金属棒下滑过程中与导轨接触良好.改变电阻箱的阻值R,测定金属棒的最大速度vm,得到的关系如图（乙）所示.取g=10 m/s2.求:（1）金属棒的质量m和定值电阻R0的阻值;（2）当电阻箱R取2 ,且金属棒的加速度为时,金属棒的速度.24.（20分）（2015富阳第二学期检测）如图所示,竖直平面内的直角坐标系中,x轴上方有一个圆形有界匀强磁场（图中未画出）,x轴下方分布有斜向左上与y轴方向夹角=45的匀强电场;在x轴上放置有一挡板,长0.16 m,板的中心与O点重合.今有一带正电粒子从y轴上某点P以初速度v0=40 m/s与y轴负向成45角射入第一象限,经

6、过圆形有界磁场时恰好偏转90,并从A点进入下方电场,如图所示.已知A点坐标（0.4 m,0）,匀强磁场垂直纸面向外,磁感应强度大小B= T,粒子的比荷=103C/kg,不计粒子的重力.问:（1）带电粒子在圆形磁场中运动时,轨迹半径多大?（2）圆形磁场区域的最小面积为多少? （3）为使粒子出电场时不打在挡板上,电场强度应满足什么要求?25.（22分）如图所示,一传送带AB段的倾角为37,BC段弯曲成圆弧形,CD段水平,A,B之间的距离为12.8 m,BC段长度可忽略,传送带始终以v=4 m/s的速度逆时针方向运行.现将一质量为m=1 kg的工件无初速度放到A端,若工件与传送带之间的动摩擦因数为=

7、0.5,在BC段运动时,工件速度保持不变,工件到达D点时速度刚好减小到与传送带相同.取g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:（1）工件从A到D所需时间;（2）工件从A到D的过程中,与传送带之间因摩擦产生的热量.高考仿真模拟卷（三）14.C小球做匀速圆周运动,根据小球受到的合力提供向心力,则小球受的合力必指向圆心,小球受到竖直向下的重力,还有轻杆的作用力,由图可知,轻杆的作用力如果是F1,F2,F4,与重力的合力不可能指向圆心,只有轻杆的作用力为F3方向,与重力的合力才可能指向圆心.故选项A,B,D错误,C正确.15.C分别对A,B两个相同的小物块受力分析如图,由平

8、衡条件得FN=mgcos ,同理FN=,由牛顿第三定律,A,B分别对球面的压力大小为FN,FN,则它们之比为,选项C正确.16.C根据牛顿第二定律,小球向上运动的加速度为a=,在第一种液体中,可能先向上加速运动,速度增加,加速度减小,做加速度减小的加速运动,加速度减为零后做匀速直线运动.进入第二种液体,由于密度不同,则加速度可能向下,即a=,做减速运动,加速度减小,即做加速度减小的减速运动,最终做匀速运动.故选项C正确;在第一种液体中,可能先向上做加速度逐渐减小的加速运动,然后进入第二种液体,由于第二种液体的密度小于第一种液体的密度,根据a=,加速度不会增大,故选项A,B,D错误.17.C断开

9、开关S后,电容器带电荷量不变,将A向左移动少许,则d增大,根据C=知,电容减小,根据U=知,电势差增大,指针张角增大,选项A错误.断开S后,在A,B间插入一电介质,根据C=知,电容增大,根据U=知,电势差减小,则指针张角减小,选项B错误.断开S后,将A向上移动少许,根据C=知,电势差增大,则指针张角增大,选项C正确.保持开关闭合,电容器两端的电势差不变,变阻器仅仅充当导线功能,滑动触头移动不会影响指针张角,选项D错误.18.BD沿x轴移动很小的位移x电场力做功W=Eqx.从O到A电场力的功等于E图线和x轴围成的面积与电量的积,由动能定理结合图象特点粒子由O运动到A时电场力做功为Ek,由A到C电

10、场力做功小于2Ek,则粒子运动到C点时动能小于3Ek,故选项A错误;粒子从O点到A点,动能增加,则电场力做正功,电场方向向右.由题图知,由O点到C点,场强一直为正值,说明场强方向一直向右,电势一直降低,故选项B正确;由于电场力一直做正功,则粒子一直加速运动,则选项C错误;图象中,AB段与x轴围成的面积大于BC段,则AB段电场力做功大于BC段电场力做功,由功能关系知,粒子在AB段电势能变化量大于BC段变化量,故选项D正确.19.AD圆环沿杆滑下,滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功,即圆环的重力和弹簧的拉力,所以圆环的机械能不守恒;如果把圆环、地球和弹簧组成的系统作为研究对象,则系统的机械能守

11、恒,故选项A正确;弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化,由题图知弹簧先缩短再伸长,故弹簧的弹性势能先增大再减小后增大,故选项B错误;当圆环所受合力为零时动能最大,选项C错误;根据系统的机械能守恒,圆环的机械能减少了mgh,那么弹簧的弹性势能增加mgh,故选项D正确.20.ACD将两球的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向,A沿绳子方向的分速度大小等于B沿绳子方向的分速度大小.沿绳子方向的分速度为v绳=vcos ,所以vB=,选项A正确,B错误.当增大到等于90时,B球的速度沿绳子方向的分速度等于0,所以A沿绳子方向的分速度也是0,而cos 不等于0,所以A球的速度为0,此时A的动能全部转

12、化为B的动能,所以B球的速度达到最大,选项C正确;在增大到90的过程中,绳子的方向与B球运动的方向之间的夹角始终是锐角,所以绳对B球的拉力一直做正功,选项D正确.21.解析:（1）要求所测电压范围为02.2 V,即要求电压值从零开始变化,故滑动变阻器应采用分压接法,灯泡内阻一般远小于电压表内阻,故电流表应采用外接法.实验电路图如图所示.（2）根据实验数据得到如题图（乙）所示小灯泡的UI图象.根据欧姆定律得电压为0.4 V时灯泡电阻为R1= =2 ,电压为1.2 V时灯泡电阻为R2= =3 ,所以电压从0.4 V增至1.2 V的过程中小灯泡的阻值增加了1 .答案:（1）图见解析（2）122.解析

13、:（1）遮光板宽度为d=2.00 cm.（2）遮光板通过光电门的速度分别为v1=,v2=;则滑块的加速度表达式为代入数据可求得a=3 m/s2;根据牛顿第二定律:F-mg=ma,解得=0.30.（3）如果用重物的重力Mg代替F,则由牛顿第二定律得到绳子的拉力为F=Mg-maMg,为了减小误差必须使得滑块的质量m应远大于重物的质量M,即M m,这样可以认为重物的重力等于绳子的拉力.（1）2.00（2）0.30（3）Mm23.解析:（1）金属棒以速度vm下滑时,根据法拉第电磁感应定律有E=Blvm,由闭合电路欧姆定律有E=I当金属棒以最大速度vm下滑时,根据平衡条件有BIl=mgsin ,整理得+

14、由图象可知=1,=0.5,解得m=0.2 kg,R0=2 .（2）设此时金属棒下滑的速度为v,根据法拉第电磁感应定律有E=I当金属棒下滑的加速度为时,根据牛顿第二定律有:mgsin -BIl=ma,联立解得v=0.5 m/s.（1）0.2 kg2 （2）0.5 m/s24.解析:（1）设带电粒子在磁场中偏转的轨迹半径为r.由qBv0=得r=解得r=0.2 m;（2）由几何关系得圆形磁场的最小半径R对应:2R=r,则圆形磁场区域的最小面积S=R2=0.02;（3）粒子进入电场后做类平抛运动,设出电场时位移为L,有Lcos =v0t,Lsin =at2qE=ma,解得E=若出电场时不打在档板上,则

15、L0.48 m,代入解得E10 N/C或E6.67 N/C25.解析:（1）工件放到传送带上到速度到达4 m/s以前,据牛顿第二定律可得mgsin 37+mgcos 37=ma1,工件速度增加到4 m/s所需的时间t1=这段时间内工件下滑的距离x1=a1解得t1=0.4 s,x1=0.8 m;当工件速度大于4 m/s以后,因mgsin 37mgcos 37,工件继续加速下滑,据牛顿第二定律可得-mgcos 37=ma2,根据运动学公式可得x2=vt2+a2vB=v+a2t2,据题意可得x1+x2=12.8 m,解得t2=2 s,vB=8 m/s;从C到D工件做匀减速运动,有f=mg=ma3,vB=v+a3t3,-v2=2a3x3,解得t3=0.8 s,x3=4.8 m;总时间t=t1+t2+t3,解得t=3.2 s.（2）工件放到传送带上到速度到达4 m/s以前,工件与传送带之间的相对位移x1=vt1-x1,工件速度到达4 m/s以后到B点的过程,工件与传送带之间的相对位移x2=x2-vt2,工件从C点到速度减小到4 m/s的过程,工件与传送带之间的相对位移x3=x3-vt3,整个过程中,因摩擦产生的热量Q=mgcos 37（x1+x2）+mgx3,代入数据解得Q=27.2 J.（1）3.2 s（2）27.2 J